A．a(chǎn)是實數(shù)，則|a|≥0
B．一匹馬奔跑的速度是每秒100米
C．任意一個三角形都有外接圓
D．拋擲一枚骰子，朝上面的點數(shù)是6
【分析】根據(jù)絕對值的非負性，三角形的外接圓與外心，隨機事件，必然事件，不可能事件的特點逐一判斷即可解答．
【解答】解：A、a是實數(shù)，則|a|≥0，是必然事件，故A不符合題意；
B、一匹馬奔跑的速度是每秒100米，是不可能事件，故B符合題意；
C、任意一個三角形都有外接圓，是必然事件，故C不符合題意；
D、拋擲一枚骰子，朝上面的點數(shù)是6，是隨機事件，故D不符合題意；
故選：B．
【點評】本題考查了絕對值的非負性，三角形的外接圓與外心，隨機事件，熟練掌握隨機事件，必然事件，不可能事件的特點是解題的關(guān)鍵．
2．（2021秋?瀘西縣期末）下列成語描述的事件為隨機事件的是（ ）
A．心想事成B．旭日東升C．水滴石穿D．水中撈月
【分析】根據(jù)事件發(fā)生的可能性分別對每一項進行判斷，即可得出答案．
【解答】解：A、心想事成是隨機事件，故本選項符合題意；
B、旭日東升是必然事件，故本選項不符合題意；
C、水滴石穿是必然事件，故本選項不符合題意；
D、水中撈月是不可能事件，故本選項不符合題意；
故選：A．
【點評】本題考查事件的分類，理解事件性質(zhì)，判斷其發(fā)生的可能性是求解本題的關(guān)鍵．
3．（2020秋?昆都侖區(qū)期末）關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩根分別為x1＝，x2＝，下列判斷一定正確的是（ ）
A．a(chǎn)＝﹣1B．c＝1C．a(chǎn)c＝1D．＝﹣1
【分析】根據(jù)一元二次方程的求根公式與根與系數(shù)的關(guān)系可得答案．
【解答】解：根據(jù)一元二次方程的求根公式可得：x1＝，x2＝，
∵關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩根分別為x1＝，x2＝，
∴x1+x2＝﹣b＝﹣，x1?x2＝＝﹣1，
∴當b≠0時，a＝1，c＝﹣1，則ac＝﹣1，
故選：D．
【點評】本題主要考查了一元二次方程的求根公式，屬于基礎(chǔ)題目．
4．（2022春?東陽市期末）若關(guān)于x的一元二次方程（k﹣1）x2﹣2kx+k﹣3＝0有實數(shù)根，則k的取值范圍為（ ）
A．k≥0B．k≥0且k≠1C．k≥D．k≥且k≠1
【分析】利用一元二次方程的定義和根的判別式得到k﹣1≠0且Δ＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）×（k﹣3）≥0，然后求出兩不等式的解集的公共部分即可．
【解答】解：根據(jù)題意得k﹣1≠0且Δ＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）×（k﹣3）≥0，
解得k≥且k≠1．
故選：D．
【點評】本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根與Δ＝b2﹣4ac有如下關(guān)系：當Δ＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當Δ＝0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當Δ＜0時，方程無實數(shù)根．
5．（2021秋?綦江區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCO的兩邊OA，OC落在坐標軸上，反比例函數(shù)y＝的圖象分別交BC，OB于點D，點E，且，若S△AOE＝3，則k的值為（ ）
A．﹣4B．﹣C．﹣8D．﹣2
【分析】設(shè)點B的坐標為（a，b），則點D的坐標為（，b），點A的坐標為（a，0），分別求出BD、CD、AB，找到a，b，k之間的關(guān)系，設(shè)點E坐標為（m，n），利用三角形的面積表示出點E的坐標，再利用割補法求出abk＝36，進而可得k值．
【解答】解：設(shè)點B的坐標為（a，b），則點D的坐標為（，b），點A的坐標為（a，0），
∴BD＝﹣a，BC＝﹣a，CD＝﹣，AB＝b，
∵，
∴5×（﹣a）＝4×（﹣），
∴ab＝k，
設(shè)點E坐標為（m，n），
∵S△AOE＝3，即﹣an＝3，
∴n＝﹣，
∵點E在反比例函數(shù)y＝上，
∴E（﹣，﹣），
∵S△AOE＝S矩形OABC﹣S△OBC﹣S△ABE＝﹣ab﹣（﹣ab）﹣b（﹣﹣a）＝3，
∴abk＝36，
把abk＝36，代入ab＝k得，k2＝36，即k2＝20，
解得k＝±2，
由圖象可知，k＜0，
∴k＝﹣2．
故選：D．
【點評】本題考查反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，矩形的性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是利用割補法表示出△AOE的面積．
6．（2021秋?西青區(qū)期末）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c為常數(shù)，a＜0）經(jīng)過點（﹣1，0），其對稱軸為直線x＝2，有下列結(jié)論：①c＜0；②4a+b＝0；③4a+c＞2b；④若y＞0，則﹣1＜x＜5；⑤關(guān)于x的方程ax2+bx+c+1＝0有兩個不等的實數(shù)根；⑥若M（3，y1）與N（4，y2）是此拋物線上兩點，則y1＞y2．其中，正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）
A．6B．5C．4D．3
【分析】根據(jù)對稱軸為直線x＝2可判斷②正確；將（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中可判斷①；根據(jù)a＜0，拋物線圖象經(jīng)過點（﹣1，0），可知x＝﹣2，y＜0可判斷③；根據(jù)圖象可直接判斷④和⑤；根據(jù)增減性可判斷⑥．
【解答】解：根據(jù)題意對稱軸為直線x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝﹣4a，
即4a+b＝0，
故②正確；
∵拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c為常數(shù)，a＜0）經(jīng)過點（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，
∴c＝b﹣a＝﹣4a﹣a＝﹣5a，
∵a＜0，
∴c＞0，
故①錯誤；
當x＝﹣2時，y＜0，
∴4a﹣2b+c＜0，
∴4a+c＜2b，
故③錯誤；
由對稱得：拋物線與x軸交點為（﹣1，0），（5，0），
∴y＞0，則﹣1＜x＜5，
故④正確；
當y＝﹣1時，關(guān)于x的方程ax2+bx+c＝﹣1有兩個不等的實數(shù)根，
∴關(guān)于x的方程ax2+bx+c+1＝0有兩個不等的實數(shù)根；
故⑤正確；
∵a＜0，4﹣2＞3﹣2，
∴y1＞y2．
故⑥正確．
綜上，正確的結(jié)論是②④⑤⑥．
故選：C．
【點評】本題考查二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，增減性，對稱軸，拋物線與x軸的交點，應(yīng)數(shù)形結(jié)合、充分掌握二次函數(shù)各系數(shù)a、b、c的意義以及對圖象的影響和對一元二次方程根個數(shù)的關(guān)系．
7．（2021秋?河?xùn)|區(qū)期末）已知拋物線y＝x2+bx+c的圖象與x軸的兩交點的橫坐標分別α，β（α＜β），而x2+bx+c﹣2＝0的兩根為M、N（M＜N），則α、β、M、N的大小順序為（ ）
A．α＜β＜M＜NB．M＜α＜β＜NC．α＜M＜β＜ND．M＜α＜N＜β
【分析】依題意畫出函數(shù)y＝（x﹣α）（x﹣β）和y＝2的圖象草圖，根據(jù)二次函數(shù)的圖象可直接求解．
【解答】解：依題意，畫出函y＝（x﹣α）（x﹣β）的圖象，如圖所示．
函數(shù)圖象為拋物線，開口向上，與x軸兩個交點的橫坐標分別為α，β（α＜β），
方程x2+bx+c﹣2＝0的兩根是拋物線y＝（x﹣α）（x﹣β）與直線y＝2的兩個交點．
由M＜N，可知對稱軸左側(cè)交點橫坐標為M，右側(cè)為N．
由圖象可知，M＜α＜β＜N，
故選：B．
【點評】本題考查了二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想．解題時，畫出函數(shù)草圖，由函數(shù)圖象直觀形象地得出結(jié)論，避免了繁瑣復(fù)雜的計算．
8．（2021秋?上思縣期末）下列說法正確的是（ ）
A．三點確定一個圓
B．三角形的外心到三角形各頂點的距離相等
C．相等的圓心角所對的弧相等
D．圓內(nèi)接四邊形的對角互余
【分析】根據(jù)確定圓的條件、三角形的內(nèi)心的性質(zhì)、圓心角與弧的關(guān)系定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)判斷即可．
【解答】解：不在同一直線上的三點確定一個圓，A錯誤；
三角形的外心到三角形各頂點的距離相等，B正確；
在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，C錯誤；
圓內(nèi)接四邊形的對角互補，D錯誤；
故選：B．
【點評】本題考查的是命題的真假判斷，掌握確定圓的條件、三角形的內(nèi)心的性質(zhì)、圓心角與弧的關(guān)系定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．（2021秋?宜春期末）下列說法正確的是（ ）
A．三點確定一個圓
B．任何三角形有且只有一個內(nèi)切圓
C．相等的圓心角所對的弧相等
D．正多邊形一定是中心對稱圖形
【分析】根據(jù)確定圓的條件，中心對稱圖形，圓心角、弧、弦的關(guān)系，三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心逐一判斷即可．
【解答】解：A．不在同一條直線上的三個點確定一個圓，故A不符合題意；
B．任何三角形有且只有一個內(nèi)切圓，故B符合題意；
C．在同圓或等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，故C不符合題意；
D．正多邊形一定是軸對稱圖形，不一定是中心對稱圖形，故D不符合題意；
故選：B．
【點評】本題考查了確定圓的條件，中心對稱圖形，圓心角、弧、弦的關(guān)系，三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，熟練掌握圓的有關(guān)概念和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
10．（2021秋?東陽市期末）如圖，在△ABC中，CH⊥AB，CH＝5，AB＝10，若內(nèi)接矩形DEFG鄰邊DG：GF＝1：2，則△GFC與四邊形ABFG的面積比為（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用A字模型相似三角形，證明△CGF∽△CAB，利用相似三角形的性質(zhì)求出FG的長，再求出△CGF與△CAB面積比即可解答．
【解答】解：∵DG：GF＝1：2，
∴設(shè)DG＝x，F(xiàn)G＝2x，
∵四邊形DEFG是矩形，
∴FG∥DE，
∴∠CGF＝∠A．∠CFG＝∠B，
∴△CGF∽△CAB，
∵CH⊥AB，F(xiàn)G∥DE，
∴CH⊥FG，
∴＝，
∴＝，
∴x＝2.5，
經(jīng)檢驗，x＝2.5是原方程的根，
∴FG＝5，
∴＝（）2＝，
∴△GFC與四邊形ABFG的面積比為＝1：3，
故選：A．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握A字模型相似三角形，是解題的關(guān)鍵．
11．（2021秋?濂溪區(qū)校級期末）如圖所示的幾何體是由6個形狀，大小完全相同的小正方體組成，若移動正方體①，使得左視圖不改變，則有（ ）種移動的方法．
A．6B．5C．3D．2
【分析】根據(jù)從左邊看得到的圖形是左視圖，可得答案．
【解答】解：若移動正方體①，使得左視圖不改變，則有6種移動的方法（如圖所示），
故選：A．
【點評】本題考查簡單組合體的三視圖，解題的關(guān)鍵是理解三視圖的定義，屬于中考常考題型．
12．（2021秋?江津區(qū)期末）如圖，二次函數(shù)y1＝ax2+bx+c（a≠0）圖象的對稱軸是直線x＝﹣1，直線y2＝bx經(jīng)過二次函數(shù)y1＝ax2+bx+c（a≠0）圖象的頂點，下列結(jié)論：①abc＜0；②4a﹣2b+c＜0；③若點A（﹣3，m），B（2，n）在二次函數(shù)y1＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象上，則m＞n；④x＝1是方程ax2+c＝0的一個根，正確的有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】①根據(jù)函數(shù)圖象開口向下判斷出a＞0，再根據(jù)對稱軸判斷出b＞0，根據(jù)函數(shù)圖象與y軸的交點判斷出c＜0，然后相乘即可得解；
②利用x＝﹣2時函數(shù)值小于0可進行判斷；
③由函數(shù)的對稱性可知，x＝1時，函數(shù)值＝m，且﹣1＜1＜2，由函數(shù)的增減性可直接判斷；
④若x＝1是方程ax2+c＝0的一個根，則a+c＝0，又直線y2＝bx經(jīng)過二次函數(shù)y1＝ax2+bx+c（a≠0）圖象的頂點，所以（﹣1，﹣b）在拋物線上，結(jié)合b＝2a可進行判斷．
【解答】解：①根據(jù)函數(shù)圖象開口向下判斷出a＞0，再根據(jù)對稱軸判斷出b＞0，根據(jù)函數(shù)圖象與y軸的交點判斷出c＜0，
∴abc＜0，故①正確；
②由x＝﹣2時，y＝4a﹣2b+c＜0，故②正確；
③由函數(shù)的對稱性可知，x＝1時，函數(shù)值為m，
∵﹣1＜1＜2，且對稱軸右側(cè)y隨x的增大二減小，
∴m＜n，故③錯誤；
④∵直線y2＝bx經(jīng)過二次函數(shù)y1＝ax2+bx+c（a≠0）圖象的頂點，
∴（﹣1，﹣b）在拋物線上，
∴a﹣b+c＝﹣b，
∴a+c＝0，
∴x＝1是方程ax2+c＝0的一個根，故④正確．
故正確的有①②④，
故選：C．
【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，注意利用頂點坐標，對稱軸解析式，以及特殊點的函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．
13．（2021秋?九龍坡區(qū)期末）如圖，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，點D為△ABC內(nèi)一動點，連接AD、BD、CD，將△ADC繞著點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△AEF，則AE+DB+EF的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】連接DE，BF，過點F作FH⊥BA，交BA的延長線于點H，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△ADE是等邊三角形，得AE＝DE，則AE+DB+EF的最小值為BF的長，在Rt△BHF中求出BF即可解答．
【解答】解：連接DE，BF，過點F作FH⊥BA，交BA的延長線于點H，
由旋轉(zhuǎn)可得：
AD＝AE，AC＝AF＝6，∠DAE＝∠CAF＝60°，
∴△ADE是等邊三角形，
∴AE＝DE，
∴AE+DB+AC＝DE+DB+EF≥BF，
∵∠BAC＝60°，
∴∠HAF＝180°﹣∠BAC﹣∠CAF＝60°，
在Rt△AHF中，AH＝AFcs60°＝6×＝3，F(xiàn)H＝AFsin60°＝6×＝3，
∴BH＝AB+AH＝4+3＝7，
在Rt△BHF中，BF＝＝＝2，
∴AE+DB+EF的最小值為：2，
故選：C．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及將AE+DB+EF的最小值轉(zhuǎn)化為BF的長是解題的關(guān)鍵．
14．（2021秋?錦州期末）如圖，在正方形ABCD中，E為BC的中點，F(xiàn)為CD的中點，AE和BF相交于點G，延長CG交AB于點H，下列結(jié)論：
①AE＝BF；
②∠CBF＝∠DGF；
③＝；
④．
其中結(jié)論正確的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】利用正方形中的十字架型可判斷①AE＝BF，AE⊥BF，然后利用中點+平行線構(gòu)造8字型全等，所以延長BF交AD的延長線于點M，從而可得D是AM的中點，可判斷②∠CBF＝∠DGF，再利用8字模型相似三角形證明△BHG∽△FCG，從而可判斷③＝，最后求出AH與CF的比值，即可判斷④．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB∥CD，
∵E為BC的中點，F(xiàn)為CD的中點，
∴BE＝BC，CF＝CD，
∴BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴BF＝AE，∠BAE＝∠CBF，
故①正確，
∵∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠AGB＝180°﹣（∠BAE+∠ABF）＝90°，
∴AE⊥BF，
∴∠AGF＝90°，
延長BF交AD的延長線于點M，
∵∠MDF＝∠BCF＝90°，DF＝CF，∠DFM＝∠BFC，
∴△BFC≌△MFD（ASA），
∴DM＝BC，∠M＝∠MBC，
∴AD＝DM，
∴DG＝DM＝AM，
∴∠DGM＝∠M，
∴∠CBF＝∠DGF，
故②正確；
設(shè)BE＝CF＝a，則AB＝BC＝2a，
∴AE＝＝a，
∴BF＝AE＝a，
∵△ABE的面積＝AB?BE＝AE?BG，
∴BG＝a，
∴FG＝BF﹣BG＝a，
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠BFC，∠BHG＝∠HCF，
∴△BHG∽△FCG，
∴＝，
∴＝，
故③正確；
∵＝，CF＝3a，
∴BH＝2a，
∴AH＝AB﹣BH＝4a，
∴＝，
∵△AHG中AH邊上的高與△GCF中CF邊上的高不相等，
∴≠，
故④不正確；
綜上所述：正確的結(jié)論是：①②③，
故選：A．
【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，平行線分線段成比例，熟練掌握正方形中的十字架型，中點+平行線構(gòu)造8字型全等，8字模型相似三角形這些數(shù)學(xué)模型是解題的關(guān)鍵．
15．（2021秋?榮昌區(qū)期末）在平面直角坐標系中，C（0，4），點A在x軸上，以AC為對角線構(gòu)造平行四邊形ABCD，B點在第三象限，BC與x軸交于點F，延長BC至點E，使得EF＝5BF，BC＝EC，連結(jié)對角線BD與AC交于點G，連結(jié)EG、CD交于點H，若D、E在反比例函數(shù)上，S△DHG＝4，則k的值為（ ）
A．30B．24C．20D．15
【分析】由C（0，4），點A在x軸上，EF＝5BF，BC＝EC，可得BE＝6BF，CF＝2BF，設(shè)點F（﹣2a，0），則E（3a，10），B（﹣3a，﹣2），因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以BC∥AD，BC＝AD，易得四邊形ACED是平行四邊形，由D、E在反比例函數(shù)上，可得D（5a，6），又CG是△BDE的中位線，所以AC∥DE，則△CHG∽△DHE，可得＝＝，所以S△DHG＝S△DCG＝6，所以S△BCG＝（xG﹣xB）?CN＝?4a?CN＝2a?CN，根據(jù)點B和點D的坐標可得BD的解析式：y＝x+1，所以N（0，1），所以CN＝3，所以2a?3＝6，解得a＝1，可得E（3，10），將點E（3，10）代入即可．
【解答】解：∵C（0，4），點A在x軸上，EF＝5BF，BC＝EC，
∴BE＝6BF，CF＝2BF，
設(shè)點F（﹣2a，0），則E（3a，10），B（﹣3a，﹣2），
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC∥AD，BC＝AD，
∵EC＝BC，
∴EC∥AD，EC＝AD，
∴四邊形ACED是平行四邊形，
∴點D的縱坐標為6，
∵D、E在反比例函數(shù)上，
∴30a＝6xD，
∴xD＝5a，
∴D（5a，6），
∵點G為BD的中點，
∴G（a，2），
又∵點C為BE的中點，
∴AC∥DE，
∴△CHG∽△DHE，
∴＝＝，
∴S△DHG＝S△DCG，
∵S△DHG＝4，
∴S△DCG＝6，
∴S△DCG＝S△BCG＝6，
設(shè)直線BG與y軸交于點N，
∴S△BCG＝（xG﹣xB）?CN＝?4a?CN＝2a?CN，
設(shè)直線BD的解析式為：y＝mx+n，
∴，解得，
∴y＝x+1，
∴N（0，1），
∴CN＝3，
∴2a?3＝6，解得a＝1，
∴E（3，10），
將點E（3，10）代入，
∴k＝30．
故選：A．
【點評】本題屬于反比例函數(shù)中代數(shù)與幾何的綜合題，根據(jù)EF＝5BF，BC＝EC得出EF，BF，BE，BC各個線段之間的關(guān)系，表達出關(guān)鍵點的坐標是解題關(guān)鍵．
二．填空題（共21小題）
16．（2020秋?越秀區(qū)期末）若x＝3是關(guān)于x的一元二次方程x2﹣mx﹣3＝0的一個解，則m的值是 2 ．
【分析】根據(jù)x＝3是已知方程的解，將x＝3代入方程即可求出m的值．
【解答】解：將x＝3代入方程得：9﹣3m﹣3＝0，
解得：m＝2．
故答案為：2．
【點評】本題考查了一元二次方程的解．解題的關(guān)鍵是掌握一元二次方程的解的定義：能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數(shù)的值是一元二次方程的解．
17．（2021秋?墾利區(qū)期末）如圖，A，B是反比例函數(shù)y＝在第一象限內(nèi)的圖象上的兩點，且A，B兩點的橫坐標分別是2和3，則△OAB的面積是 ．
【分析】先根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征求出A，B兩點的縱坐標，先求出四邊形AOCB面積：+3，再求出△OAB的面積．
【解答】解：∵A，B是反比例函數(shù)y＝在第一象限內(nèi)的圖象上的兩點，
設(shè)A（2，a），B（3，b），
∴2a＝6，3b＝6，
∴a＝3，b＝2，
即AD＝3，BC＝2，
∴梯形ADCB面積：
＝
＝，
∴四邊形AOCB面積：梯形ADCB面積+△OAD的面積＝+3，
∵A，B在反比例函數(shù)y＝上，
∴S△AOD＝S△BOC＝3，
∴△OAB的面積是：．
故答案為：．
【點評】本題考查了反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義、圖象上點的坐標特征，熟練掌握這兩個知識點的綜合應(yīng)用是解題關(guān)鍵．
18．（2021秋?瓦房店市期末）在平面直角坐標系xOy中，矩形四個頂點坐標分別為（1，1），（1，2），（3，1），（3，2），若拋物線y＝ax2的圖象與矩形的邊有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是 ．
【分析】根據(jù)a值對拋物線開口的作用進行判斷即可．
【解答】由題意得：拋物線過點（1，2）時開口最小，過點（3，1）時，開口最大．
當拋物線過點（1，2）時，2＝a×1．
∴a＝2．
當拋物線過點（3，1）時，1＝9a，
∴a＝．
∴≤a≤2．
過答案為：≤a≤2．
【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象，確定a 取最值時的條件是求解本題的關(guān)鍵．
19．（2021秋?徐匯區(qū)期末）二次函數(shù)的圖象如圖所示，對稱軸為直線x＝﹣1，根據(jù)圖中信息可求得該二次函數(shù)的解析式為 y＝﹣x2﹣2x+3 ．
【分析】根據(jù)題目的已知并結(jié)合圖形，設(shè)二次函數(shù)的解析式為y＝ax2+bx+c，然后根據(jù)B點，A點坐標，以及對稱軸列出三元一次方程組即可解答．
【解答】解：設(shè)y＝ax2+bx+c，
由題意得：
，
解得：，
∴二次函數(shù)的解析式為：y＝﹣x2﹣2x+3，
故答案為：y＝﹣x2﹣2x+3．
【點評】本題考查了二次函數(shù)的圖象，二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，根據(jù)題目的已知并結(jié)合圖形列出三元一次方程組是解題的關(guān)鍵．
20．（2021秋?通州區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，在同一平面內(nèi)，點O到點A，B，C的距離均等于a（a為常數(shù)）．那么常數(shù)a的值等于 5 ．
【分析】根據(jù)直角三角形外接圓的圓心在斜邊的中點處，進行解答即可．
【解答】解：∵在同一平面內(nèi)，點O到點A，B，C的距離均等于a（a為常數(shù)），
∴OA＝OB＝OC，
∵△ABC是直角三角形，∠C＝90°，AB＝10，
∴OA＝OB＝OC＝AB＝5，
∴常數(shù)a的值等于：5，
故答案為：5．
【點評】本題考查了三角形外接圓的圓心，熟練掌握直角三角形外接圓的圓心在斜邊的中點處，是解題的關(guān)鍵．
21．（2021秋?綏棱縣期末）⊙O為△ABC的外接圓，∠BOC＝100°，則∠A＝ 50°或130° ．
【分析】分為兩種情況：當O在△ABC內(nèi)部時，根據(jù)圓周角定理求出∠A＝50°；當O在△A′BC外部時，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)求出∠A′＝180°﹣∠A即可．
【解答】解：分為兩種情況：當O在△ABC內(nèi)部時，
根據(jù)圓周角定理得：∠A＝∠BOC＝×100°＝50°；
當O在△A′BC外部時，如圖在A′時，
∵A、B、A′、C四點共圓，
∴∠A+∠A′＝180°，
∴∠A′＝180°﹣50°＝130°，
故答案為：50°或130°．
【點評】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形等知識點，注意：本題分為圓心O在△ABC內(nèi)部和外部兩種情況，題目比較好，但是一道比較容易出錯的題目．
22．（2021秋?鳳山縣期末）如圖，正方形ABCD的邊長為1，分別以B，C為圓心，以正方形的邊長為半徑畫弧，兩弧相交于點P，那么圖中陰影部分的面積為 ﹣ ．
【分析】連接PB、PC，作PF⊥BC于F，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠PBC＝60°，解直角三角形求出BF、PF，根據(jù)扇形面積公式、三角形的面積公式計算，得到答案．
【解答】解：連接PB，PC，作PF⊥BC于F，
∵PB＝PC＝BC，
∴△PBC為等邊三角形，
∴∠PBC＝60°，∠PBA＝30°，
∴BF＝BC＝，PF＝，
則圖中陰影部分的面積＝[扇形ABP的面積﹣（扇形BPC的面積﹣△BPC的面積）]×2
＝[﹣（﹣×1×）]×2
＝﹣，
故答案為：﹣．
【點評】本題考查的是扇形面積計算、等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握扇形面積公式是解題的關(guān)鍵．
23．（2021秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，點D是線段AC上的動點，設(shè)∠BDC＝α，∠BAC＝β，有以下說法：
①當0°＜β＜α＜90°時，tanα＞tanβ．
②當0°＜β＜α＜90°時，csα＞csβ．
③D為AC中點時，sin∠DBA＝．
④BD平分∠CBA時，tanβ＝2tanα．
其中，正確的是 ① ．（填序號）
【分析】結(jié)合圖形可知α＞β，利用正切值隨著角度的增大而增大，余弦值隨著角度的增大而減小，即可判斷①和②，要求sin∠DBA的值，想到構(gòu)造直角三角形，所以過點D作DE⊥AB，垂足為E，利用面積法先求出DE的長，然后在Rt△BDE中進行計算，即可判斷③，根據(jù)④BD平分∠CBA時，想到角平分線的性質(zhì)定理，所以過點D作DF⊥AB，垂足為F，利用面積法求出DF的長，最后求出tanα與tanβ即可判斷④．
【解答】解：∵∠BDC是△BAD的外角，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD，
∴∠BDC＞∠A，
即α＞β，
當0°＜β＜α＜90°時，tanα＞tanβ，
故①正確；
當0°＜β＜α＜90°時，csα＜csβ，
故②錯誤；
∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB＝＝＝5，
過點D作DE⊥AB，垂足為E，
∵D為AC中點時，
∴CD＝AD＝AC＝2，
∴BD＝＝＝，
∵△ABC的面積＝△BCD的面積+△BDA的面積，
∴AC?BC＝CD?BC+AB?DE，
∴3×4＝2×3+5DE，
∴DE＝，
在Rt△BDE中，sin∠DBA＝＝＝，
故③錯誤；
過點D作DF⊥AB，垂足為F，
∵BD平分∠CBA，DF⊥AB，DC⊥BC，
∴DC＝DF，
∵△ABC的面積＝△BCD的面積+△BDA的面積，
∴AC?BC＝CD?BC+AB?DF，
∴3×4＝3DC+5DF，
∴8DC＝12，
∴DC＝，
在Rt△BCD中，tan∠BDC＝tanα＝＝＝2，
在Rt△BCA中，tan∠BAC＝tanβ＝＝，
∴tanβ≠2tanα，
故④錯誤；
所以，正確的是：①，
故答案為：①．
【點評】本題考查了角平分線的性質(zhì)，解直角三角形，銳角三角函數(shù)的增減性，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
24．（2021秋?蘇州期末）我們給出定義：如果兩個銳角的和為45°，那么稱這兩個角互為半余角．如圖，在△ABC中，∠A，∠B互為半余角，且，則tanA＝ ．
【分析】要求tanA的值，想到構(gòu)造直角三角形，根據(jù)已知可得∠ACB的補角為45°，所以過點B作BD⊥AC，交AC的延長線于點D，分別在Rt△CDB和Rt△ABD中利用銳角三角函數(shù)的定義進行計算即可解答．
【解答】解：過點B作BD⊥AC，交AC的延長線于點D，
∵，
∴設(shè)BC＝2a，AC＝3a，
∵∠A，∠B互為半余角，
∴∠A+∠B＝45°，
∴∠DCB＝∠A+∠B＝45°，
在Rt△CDB中，BD＝BCsin45°＝2a?＝2a，
CD＝BCcs45°＝2a?＝2a，
∵AC＝3a，
∴AD＝AC+CD＝3a+2a＝5a，
在Rt△ABD中，tanA＝＝＝，
故答案為：．
【點評】本題考查了余角和補角，解直角三角形，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
25．（2021秋?延平區(qū)校級期末）如圖，已知△OAB的一邊AB平行于x軸，且反比例函數(shù)y＝經(jīng)過△OAB頂點B和OA上的一點C，若OC＝2AC且△OBC的面積為，則k的值為 8 ．
【分析】作BD⊥x軸，CE⊥x軸，AF⊥x軸，得AF∥CE，推比例線段，設(shè)點B（，n），推出C（，n），再根據(jù)S△OBC＝S△OBD+S梯形BCED﹣S△COE＝S梯形BCED，求出k的值．
【解答】解：作BD⊥x軸，CE⊥x軸，AF⊥x軸，
∴AF∥CE，
∴＝，
∵OC＝2AC，
∴＝，
設(shè)點B（，n），
∵AB∥x軸，
∴A點的縱坐標為n，
∴CE＝n，
∵點C反比例函數(shù)y＝，
∴C（，n），
∵S△OBC＝S△OBD+S梯形BCED﹣S△COE＝S梯形BCED，
∴（n+n）（﹣）＝，
解得k＝8，
故答案為：8．
【點評】本題考查了反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義、反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，掌握這兩個知識點的應(yīng)用，由圖行推比例線段及C點的表示方法是解題關(guān)鍵．
26．（2021秋?崇川區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象交矩形OABC的邊AB于點M（1，2），交邊BC于點N，若點B關(guān)于直線MN的對稱點B′恰好在x軸上，則OC的長為 ．
【分析】過點M作MQ⊥OC，垂足為Q，連接MB′，NB′，由于四邊形OABC是矩形，且點B和點B′關(guān)于直線MN對稱．且點B′正好落在邊OC上，可得△MB′Q∽△B′NC，然后M、N兩點的坐標用含a的代數(shù)式表示出來，再由相似三角形對應(yīng)邊成比例求出B′C和QB′的長，然后利用勾股定理求出MB′的長，進而求出OC的長．
【解答】解：過點M作MQ⊥OC，垂足為Q，連接MB′，NB′，如圖所示：
∵反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象過點M（1，2），
∴k＝1×2＝2，
∴y＝，
設(shè)N（ a，），則B（a，2），
又∵點B和點B′關(guān)于直線MN對稱，
∴MB＝MB′，∠B＝∠MB′N＝90°，
∵∠MQB′＝∠B′CN＝90°，∠MB′Q+∠NB′C＝90°
又∵∠NB′C+∠B′NC＝90°，
∴∠MB′Q＝∠B′NC，
∴△MB′Q∽△B′NC，
∴，即 ＝＝，
解得：B′C＝，QB′＝1，
∴MB′2＝MQ2+QB′2＝22+12＝5，
即a﹣1＝，
∴OC＝a＝．
故答案為：．
【點評】本題屬于反比例函數(shù)與幾何綜合題，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)表達式，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定等知識，作出輔助線構(gòu)造相似是解題關(guān)鍵．
27．（2021秋?河?xùn)|區(qū)期末）將二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3的圖象在x軸下方的部分沿x軸翻折到x軸上方，所得新函數(shù)的圖象與直線y＝x+b的圖象恰有2個公共點時，則b的取值范圍為 ﹣3＜b＜1或b＞ ．
【分析】分三段：如圖，當直線y＝x+b過點B時，直線y＝x+b與該新圖象恰好有一個公共點；當直線y＝x+b過點A時，直線y＝x+b與該新圖象恰好有三個公共點；當直線y＝x+b與拋物線y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1≤x≤3）相切時，直線y＝x+b與該新圖象恰好有三個公共點，分別求解即可．
【解答】解：二次函數(shù)解析式為y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線y＝﹣x2+2x+3的頂點坐標為（1，4），
當y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
則拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸的交點為A（﹣1，0），B（3，0），
把拋物線y＝﹣x2+2x+3的圖象在x軸下方的部分沿x軸翻折到x軸上方，
則翻折部分的拋物線解析式為y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1≤x≤3），頂點坐標M（1，4），
如圖，當直線y＝x+b過點B時，直線y＝x+b與該新圖象恰好有一個公共點，
∴3+b＝0，解得b＝﹣3；
當直線y＝x+b過點A時，直線y＝x+b與該新圖象恰好有三個公共點，
∴﹣1+b＝0，解得b＝1；
∴當﹣3＜b＜1時，拋所得新函數(shù)的圖象與直線y＝x+b的圖象恰有2個公共點時，
當直線y＝x+b與物線y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1≤x≤3）相切時，直線y＝x+b與該新圖象恰好有三個公共點，
即﹣（x﹣1）2+4＝x+b有兩個相等的實數(shù)解，整理得x2﹣x+b﹣3＝0，
∴Δ＝12﹣4（b﹣3）＝0，解得b＝，
當b＞時，拋所得新函數(shù)的圖象與直線y＝x+b的圖象恰有2個公共點時，
故答案為：﹣3＜b＜1或b＞．
【點評】此題主要考查了翻折的性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，拋物線的性質(zhì)，確定翻折后拋物線的關(guān)系式；利用數(shù)形結(jié)合的方法是解本題的關(guān)鍵，畫出函數(shù)圖象是解本題的難點．
28．（2021秋?洛陽期末）如圖，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝60°，BC＝1，點P從點A出發(fā)沿AB方向運動，到達點B時停止運動，連結(jié)CP，點A關(guān)于直線CP的對稱點為A'，連結(jié)A'C，A'P．點P到達點B時，線段A'P掃過的面積為 ﹣ ．
【分析】依據(jù)軸對稱的性質(zhì)，即可得到AC＝A'C，進而得出點A'的運動軌跡為以C為圓心，AC長為半徑的一段圓?。辉俑鶕?jù)扇形面積的計算公式，即可得到線段A'P掃過的面積．
【解答】解：∵△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝60°，BC＝1，
∴∠ABC＝90°，AC＝2BC＝2，AB＝，
如圖①所示，點A關(guān)于直線CP的對稱點為A'，
∴AC＝A'C，
∴點A'的運動軌跡為以C為圓心，AC長為半徑的一段圓弧，
當點P與點B重合時，線段A'P掃過的區(qū)域為弓形，如圖②，
∠APA'＝180°，∠ACA'＝120°，
∴線段A'P掃過的面積為﹣＝﹣，
故答案為：﹣．
【點評】本題考查軸對稱的性質(zhì)，翻折變換，扇形的面積，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是掌握扇形面積的計算公式以及軸對稱的性質(zhì)．
29．（2021秋?大冶市期末）已知：如圖，在正方形ABCD內(nèi)取一點P，連接PA、PB、PD，將△PDA繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得△EBA，連EP．若PA＝2，PB＝2，PD＝2．下列結(jié)論：①EB⊥EP；②點B到直線AE的距離為；③S△APD+S△APB＝1+；④S正方形ABCD＝16+4．其中正確結(jié)論的序號是 ①②④ ．
【分析】①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：△AEP是等腰直角三角形，則∠AED＝45°，所以∠BEP＝135°﹣45°＝90°，可作判斷；
②作垂線段BF，根據(jù)等腰直角△BEF的性質(zhì)可得BF的長；
③連接BD，求出△ABD的面積，然后減去△BDP的面積即可；
④根據(jù)勾股定理可得AB2，從而得正方形的面積．
【解答】解：①∵將△PDA繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得△EBA，
∴∠EAP＝90°，AE＝AP，∠APD＝∠AEB，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AED＝45°，
∴∠BEP＝∠AEB﹣∠AED＝∠APD﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°，
∴EB⊥EP；
故①正確；
②過B作BF⊥AE，交AE的延長線于F，
∵AE＝AP＝2，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝PD＝2
∴BF＝＝，即點B到直線AE的距離為；
故②正確；
④如圖，連接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝2，
∴EP＝2，
Rt△ABM中，AB＝＝＝，
∴S正方形ABCD＝AB2＝16+4，
故④正確；
③S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝S正方形ABCD﹣×DP×BE＝（16+4）﹣＝2+2．
故③不正確．
所以本題正確的結(jié)論有：①②④；
故答案為：①②④．
【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)的運用、正方形的性質(zhì)的運用、正方形和三角形的面積公式的運用、勾股定理的運用等知識，綜合性較強，難度適中，熟記性質(zhì)并仔細分析圖形，理清圖中三角形與角的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
30．（2021秋?海珠區(qū)校級期末）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一動點，將AC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得AD，若AB＝2，則BD的最大值為 +1 ．
【分析】解法一：將△ABD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)120°，則D與C重合，B'是定點，BD的最大值即B'C的最大值，根據(jù)圓的性質(zhì)，可知：B'、O、C三點共線時，BD最大，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論．
解法二：如圖1，連接OC，將△AOC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△AGD，確定點D的運動軌跡是：以G為圓心，以AG為半徑的圓，所以當B、G、D三點共線時，BD的值最大，同理可得結(jié)論．
【解答】解：解法一：如圖，將△ABD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)120°，則D與C重合，B'是定點，BD的最大值即B'C的最大值，即B'、O、C三點共線時，BD最大，過B'作B'E⊥AB于點E，
由題意得：AB＝AB'＝2，∠BAB'＝120°，
∴∠EAB'＝60°，
Rt△AEB'中，∠AB'E＝30°，
∴AE＝AB'＝1，EB'＝＝，
由勾股定理得：OB'＝＝＝，
∴B'C＝OB'+OC＝+1．
解法二：如圖1，連接OC，將△AOC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△AGD，發(fā)現(xiàn)點D的運動軌跡是：以G為圓心，以AG為半徑的圓，所以當B、G、D三點共線時，BD的值最大，如圖2，過點G作GH⊥AB，交BA的延長線于H，
由旋轉(zhuǎn)得：AO＝AG＝1，∠OAG＝120°，
∴∠HAG＝60°，
∴∠AGH＝30°，
∴AH＝，GH＝，
由勾股定理得：BG＝＝＝，
∴BD的最大值是+1．
故答案為：+1．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，有一定的難度，掌握圓外一點與圓上一點的最大距離過圓心這一性質(zhì)且正確作出輔助線是本題的關(guān)鍵．
31．（2021秋?廣豐區(qū)期末）已知點M（2.0），⊙M的半徑為1，OA切⊙M于點A，點P為⊙M上的動點，當P的坐標為 （1，0），（3，0）（，） 時，△POA是等腰三角形．
【分析】根據(jù)題意畫出圖形分三種情況討論：當點P在x軸上，PA＝PO＝1，OA＝OP″＝3，當點P是切點時，AO＝AP＝，進而可以解決問題．
【解答】解：如圖，當P的坐標為（1，0），（3，0），（，）時，△POA是等腰三角形．理由如下：
連接AM，
∵M（2.0），⊙M的半徑為1，
∴OM＝2，AM＝PM＝1，
∴OP＝1，
∵OA切⊙M于點A，
∴∠MAO＝90°，
∴∠AOM＝30°，
∴∠AMO＝60°，
∴PA＝AM＝PM＝1，
∴OP＝PA＝1，
∴P（1，0）；
當OA＝OP′時，連接AP′交x軸于點H，
∵OA切⊙M于點A，
∴OP′切⊙M于點P′，
∴∠P′OM＝∠AOM＝30°，
∴∠AOP′＝60°，
∴△AOP′是等邊三角形，
∴AP′＝OA＝＝＝，
∴OH＝OA＝，P′H＝AP′＝，
∴P′（，）；
∵MA＝MP″，∠AMO＝60°，
∴∠MAP″＝∠MP″A＝30°，
∴∠AOP″＝∠MP″A＝30°，
∴OA＝OP″，
∴P″（3，0）．
綜上所述：當P的坐標為（1，0），（3，0），（，）時，△POA是等腰三角形．
故答案為：（1，0），（3，0），（，）．
【點評】本題考查了切線的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，坐標與圖形性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是得到△AOP′是等邊三角形．
32．（2021秋?永春縣期末）已知，如圖，OC⊥OA，AB⊥OA，OC＝1，AB＝3，P是線段OA上的一個動點，若在線段OA上只存在兩個不同的點P，使△OCP與△ABP相似，則OA的長是 4或2 ．
【分析】如圖1中，作點C關(guān)于直線OA的對稱點T，連接BT交OA于點P，連接PC，則△OPC∽△APB．如圖2中，以BC為直徑作⊙Q，當⊙Q經(jīng)過圖1中的點P時，設(shè)⊙Q與線段OA的另一個交點為P′，此時線段OA上只存在兩個不同的點P，使△OCP與△ABP相似．如圖3中，當⊙Q與OA相切于P′時，此時線段OA上只存在兩個不同的點P，使△OCP與△ABP相似．分別求出OA的值，可得結(jié)論．
【解答】解：如圖1中，作點C關(guān)于直線OA的對稱點T，連接BT交OA于點P，連接PC，則△OPC∽△APB．
如圖2中，以BC為直徑作⊙Q，當⊙Q經(jīng)過圖1中的點P時，設(shè)⊙Q與線段OA的另一個交點為P′，此時線段OA上只存在兩個不同的點P，使△OCP與△ABP相似．
∵BC是直徑，
∴∠CPB＝90°，
∵CO⊥OA，AB⊥OA，
∴∠COOP＝∠A＝90°，
∴∠CPO+∠APB＝90°，∠OPC+∠PCO＝90°，
∴∠PCO＝∠APB，
∵PC＝PT，
∴∠T＝∠PCO，
∵∠APB＝∠OPT，
∴∠T＝∠IPT＝45°，
∴∠PCO＝∠CPO＝∠ABP＝∠APB＝45°，
∴OP＝OC＝1，PA＝AB＝3，
∴OA＝OP+PA＝1+3＝4，
如圖3中，當⊙Q與OA相切于P′時，此時線段OA上只存在兩個不同的點P，使△OCP與△ABP相似．
連接QP′，設(shè)⊙Q交AB于點K，連接CK．
∵OA是⊙Q的切線，
∴QP′⊥OA，
∵OC⊥OA，BA⊥OA，
∴CO∥QP′∥AB，
∵CQ＝QB，
∴OP′＝P′A，
∴QP′＝（OC+BA）＝2，
∴BC＝2QP′＝4，
∵BC是直徑，
∴∠CKB＝90°，
∵∠COA＝∠A＝∠AKC＝90°，
∴四邊形OAKC是矩形，
∴OC＝AK＝1，
∴BK＝AB﹣AK＝2，
∴OA＝CK＝＝＝2，
綜上所述，滿足條件的OA的值為4或2．
【點評】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會利用輔助圓解決問題，屬于中考填空題在的壓軸題．
33．（2021秋?衢州期末）如圖，在△ABC中，AC：BC＝1：2，∠ACB＝90°，CE是過C點的一條直線，AD⊥CE于D，BF⊥CE于F，DF＝5cm，AD＝2cm，則BF＝ 18cm或2cm ．
【分析】分為兩種情況：①如圖1，當CE在△ABC內(nèi)，由題中AC：BC＝1：2，可得△ACD∽△CBF得出對應(yīng)線段成比例；②如圖2，當CE在△ABC外．通過相似推出對應(yīng)線段成比例，由此即可解決問題．
【解答】解：分為兩種情況：
①如圖1，當CE在△ABC內(nèi)．
∵AD⊥CE，∠BCA＝90°，
∴∠ADC＝∠BCA＝90°，
∴∠DCA+∠BCF＝90°，∠DCA+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠BCF，
∵AD⊥CE，BF⊥CE，
∴∠ADC＝∠BFC＝90°，
∴△ACD∽△CBE，
∴＝＝＝，
∵DF＝5cm，AD＝2cm，
∴＝＝，
∴CF＝4cm，BF＝18cm；
②如圖2，當CE在△ABC外．
同（1），△ACD∽△CBE，
∴＝＝＝，
∵DF＝5cm，AD＝2cm，
∴＝＝，
∴CF＝4cm，BF＝2cm，
∴BF的值為：18cm或2cm．
故答案為：18cm或2cm．
【點評】本題主要考查了全等三角形的判定及性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會正確畫出圖形，注意題目的一題多解，屬于中考?？碱}型．
34．（2021秋?錦江區(qū)期末）如圖，直線y＝﹣x+5與坐標軸交于A，B兩點，交反比例y＝（x＞0）的圖象于C，D兩點，且CD＝3AC，點E是直線AB上一點，連接OE，以O(shè)E為邊在OE右側(cè)作直角三角形OEF，∠OEF＝90°，∠OFE＝∠ABO，若邊OF交反比例函數(shù)圖象于點G，OG＝GF，則k值為 8 ，點E的坐標是 （，） ．
【分析】根據(jù)題意，首先根據(jù)直線表達式以及坐標軸上點的特征求出A（0，5），B（10，0）；設(shè)點C的坐標為（a，b），過點C作CM⊥y軸于點M，過點D作DN⊥y軸于點N，則△AMC∽△AND，由相似三角形的性質(zhì)，結(jié)合CD＝3AC求出出點D的坐標為（4a，4b﹣15），根據(jù)反比例函數(shù)上點的坐標之積相等，即可求出k值；連接BF，結(jié)合已知可得O、B、F、E四點共圓，所以點G是圓心，OF是直徑，∠OBF＝90°；接下來求出點G的坐標，進而即可得到點F的坐標，設(shè)出點E的坐標，再利用勾股定理進行求解即可．
【解答】解：直線y＝﹣x+5與坐標軸交于A，B兩點，
∴A（0，5），B（10，0），
設(shè)點C的坐標為（a，b），過點C作CM⊥y軸于點M，過點D作DN⊥y軸于點N，
∴b＝﹣a+5，CM＝a，AM＝5﹣b，△AMC∽△AND，
∴＝，
又∵CD＝3AC，AD＝AC+CD，
∴＝，
∴AN＝4（5﹣b），
∴ON＝OA﹣AN＝5﹣4（5﹣b）＝4b﹣15，
∴點D的坐標為（4a，4b﹣15），
∵點C、D在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，
∴k＝ab＝4a （4b﹣15），
解得，b＝4，
將b＝4代入b＝﹣a+5，得a＝2，
∴k＝4×2＝8．
如圖，連接BF．
∵∠OFE＝∠ABO，
∴O、B、F、E四點共圓，
∵∠OEF＝90°，OG＝GF，
∴點G是圓心，OF是直徑，
∴∠OBF＝90°．
∵B （10，0），
∴點G的橫坐標為5，
當x＝5時，y＝＝，
∴點G的坐標為（5，）．
∵OG＝GF，
∴點F的坐標為（10，）．
設(shè)點E的坐標為（x，﹣x+5），
由勾股定理可得OE2+EF2＝OF2，
∴x2+（﹣x+5）2+（10﹣x）2+（﹣x+5﹣）2＝102+（）2，
解得x＝或x＝10（舍去），
∴點E的坐標為（，）．
故答案為：8；（，）．
【點評】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，四點共圓，直徑所對的圓周用是直用，勾股疋理，二用V日隊的升足nI，解決本題的關(guān)鍵是作輔助線，證明O、B、F、E四點共圓．
35．（2021秋?浦東新區(qū)期末）如圖，a∥b∥c，直線a與直線b之間的距離為，直線c與直線b之間的距離為2，等邊△ABC的三個頂點分別在直線a、直線b、直線c上，則等邊三角形的邊長是 2 ．
【分析】過點A作AD⊥直線b于D，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，作EG⊥直線c于G交直線a于F．想辦法求出AE，EC即可解決問題．
【解答】解：如圖，過點A作AD⊥直線b于D，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，作EG⊥直線c于G交直線a于F．
則有∠AEC＝∠ADB＝∠AFE＝∠EGC＝90°，AE＝AD＝，∠EAF＝∠CEG＝30°，
∴EF＝AE＝，
∴EG＝，CG＝EG＝，CE＝2CG＝5，
∴AC＝＝＝2．
∴等邊△ABC的邊長為2．
故答案為：2．
【點評】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理的運用，直角三角形的性質(zhì)的運用，相似三角形的性質(zhì)的運用，解答時構(gòu)造相似三角形是關(guān)鍵．
36．（2021秋?商水縣期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，函數(shù)y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過點P（3，1）和Q（1，3），直線PQ與x軸，y軸分別交于C，D兩點，點M（x，y）是該函數(shù)圖象上的一個動點，過點M分別作x軸和y軸的垂線，垂足分別為A，B．當1＜x＜3時，存在點M使得△OPM∽△OCP，點M的坐標 （2，） ．
【分析】先求出直線PQ的解析式，可得點C的坐標，再設(shè)M（a，），由△OPM∽△OCP，推出＝＝，由此構(gòu)建方程求出a，再分類求解即可解決問題．
【解答】解：設(shè)直線PQ的解析式為y＝kx+b，
則有，
解得，
∴y＝﹣x+4，
∴C（4，0），
設(shè)M（a，），
∵△OPM∽△OCP，
∴＝＝，
∴OP2＝OC?OM，
∵P（3，1），C（4，0），
OP2＝32+12＝10，OC＝4，OM＝，
∴＝，
∴10＝4×，
∴4a4﹣25a2+36＝0，
（4a2﹣9）（a2﹣4）＝0，
∴a＝±，a＝±2，
∵1＜a＜3，
∴a＝或2，
當a＝時，M（，2），
∴PM＝，CP＝，
∴＝≠（舍去），
當a＝2時，M（2，），PM＝，CP＝，
∴＝＝，成立，
∴M（2，）．
故答案為：（2，）．
【點評】本題考查反比例函數(shù)綜合題、矩形的性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．
三．解答題（共24小題）
37．（2021秋?蒼溪縣期末）解方程：
（1）x2+4x＝﹣3
（2）a2+3a+1＝0（用公式法）
【分析】（1）用配方法或者移項后用因式分解法都比較簡便；
（2）先確定二次項系數(shù)、一次項系數(shù)及常數(shù)項，再計算△，代入求根公式即可．
【解答】解：（1）x2+4x+3＝0，
（x+1）（x+3）＝0，
（x+1）＝0，（x+3）＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣3．
（2）a2+3a+1＝0，
△＝32﹣4×1×1＝9﹣4＝5＞0，
∴x＝＝＝，
∴x1＝，x2＝．
【點評】本題考查了一元二次方程的解法及公式法．可根據(jù)題目特點靈活選擇（1）的解法．
38．（2020秋?鳳凰縣校級期末）解方程：（3x﹣1）（x﹣1）＝（4x+1）（x﹣1）．
【分析】分析本題容易犯的錯誤是約去方程兩邊的（x﹣1），將方程變?yōu)?x﹣1＝4x+1，所以x＝﹣2，這樣就丟掉了x＝1這個根．故特別要注意：用含有未知數(shù)的整式去除方程兩邊時，很可能導(dǎo)致方程失根．
【解答】解：（3x﹣1）（x﹣1）﹣（4x+1）（x﹣1）＝0，
（x﹣1）[（3x﹣1）﹣（4x+1）]＝0，
（x﹣1）（x+2）＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣2．
【點評】此題考查運用因式分解法解一元二次方程，切忌兩邊直接除以（x﹣1）．
39．（2021秋?盤州市期末）隨著人民生活水平的不斷提高，家庭轎車的擁有量逐年增加．據(jù)統(tǒng)計，某小區(qū)2019年底擁有家庭轎車64輛，2021年底家庭轎車的擁有量達到100輛．
（1）若該小區(qū)2019年底到2022年底家庭轎車擁有量的年平均增長率都相同，求該小區(qū)到2022年底家庭轎車將達到多少輛？
（2）為了緩解停車壓力，該小區(qū)決定投資15萬元，全部用于建造若干個停車位，據(jù)測算，建造費用分別為室內(nèi)車位0.5萬元/個，露天車位0.1萬元/個，考慮到實際因素，計劃露天車位的數(shù)量不少于室內(nèi)車位的2倍，求該小區(qū)最多可建室內(nèi)車位多少個？
【分析】（1）設(shè)年平均增長率為x，根據(jù)2019年底及2021年底家庭轎車的擁有量，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值，再由該增長率及2021年底家庭轎車的擁有量，即可求出該小區(qū)到2022年底家庭轎車的擁有量；
（2）設(shè)該小區(qū)可建室內(nèi)車位a個，則建造露天車位（15﹣0.5a）個，由露天車位的數(shù)量不少于室內(nèi)車位的2倍，即可得出關(guān)于a的一元一次不等式，解之即可求出a的取值范圍，由此可得答案．
【解答】解：（1）設(shè)該小區(qū)2019年底到2022年底家庭轎車擁有量的年平均增長率為x，
根據(jù)題意得：64（x+1）2＝100，
，
∴，
∴x+1＝或x+1＝﹣，
∴x1＝0.25，x2＝﹣2.25（舍），
100×（1+0.25）＝125（輛），
答：該小區(qū)到2022年底家庭轎車將達到125輛．
（2）設(shè)該小區(qū)可建室內(nèi)車位a個，
根據(jù)題意得：，
15﹣0.5a≥0.2a，
∴，
∴a為正整數(shù)，
∴a≤21，
答：該小區(qū)最多可建室內(nèi)車建21個．
【點評】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用、一元一次不等式的應(yīng)用以及一次函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是：（1）找準等量關(guān)系，正確列出一元二次方程；（2）根據(jù)由露天車位的數(shù)量不少于室內(nèi)車位的2倍列不等式．
40．（2021秋?撫州期末）如圖，甲地、乙地分別是馨雨和馨望兩家的自留地，他們兩家都用來種西瓜，兩塊地的四周都是寬度相同的田埂，甲地的面積是240m2．
（1）若馨望家地的面積比馨雨家的多了50%，則馨望家地的面積是 360 m2；
（2）在（1）的條件下，求田埂的寬度；
（3）若馨雨家今年收獲了1200 斤西瓜，種西瓜的成本是0.5元/斤，若以2元/斤進行銷售，每可銷售40斤西瓜，經(jīng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)：每斤西瓜降價0.1元，每天就可多銷售10斤西瓜，為了每天獲利90元，且售價不得低于1.5元/斤，問售完所有的西瓜馨雨家能賺多少元？
【分析】（1）根據(jù)“馨望家地的面積比馨雨家的多了50%”列出式子可得出；
（2）設(shè)田埂的寬度為xm，根據(jù)題意得（33﹣3x）（22﹣2x）＝360+240，求解即可；
（3）設(shè)每斤西瓜降價x元，根據(jù)題意得（2﹣x﹣0.5）（40+）＝90，求解得出x，求出單價，根據(jù)利潤＝（售價﹣成本）×數(shù)量可解．
【解答】解：（1）240×（1+50%）＝240×1.5＝360．
答：馨望家地的面積是360m2，
故答案為：360；
（2）設(shè)田埂的寬度為xm，
根據(jù)題意得（33﹣3x）（22﹣2x）＝360+240，
即（11﹣x）2＝100，
解得：x1＝1，x2＝21（舍去），
答：田埂的寬度是2m；
（3）設(shè)每斤西瓜降價x元，
根據(jù)題意得（2﹣x﹣0.5）（40+）＝90，
解得：x1＝0，x2＝0.9，
當x＝0.9時，2﹣0.9＝1.1＜1.5（不合題意，舍去），
即售價為2元/斤，
1200×（2﹣0.5）＝4800．
答：售完所有的西瓜馨雨家能賺4800元．
【點評】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，找準等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．
41．（2021秋?羅山縣期末）習近平總書記說：“讀書可以讓人保持思想活力，讓人得到智慧啟發(fā)，讓人滋養(yǎng)浩然之氣”．某校為響應(yīng)我市全民閱讀活動，利用節(jié)假日面向社會開放學(xué)校圖書館．據(jù)統(tǒng)計，第一個月進館128人次，進館人次逐月增加，到第三個月末累計進館608人次，若進館人次的月平均增長率相同．
（1）求進館人次的月平均增長率；
（2）因條件限制，學(xué)校圖書館每月接納能力不超過500人次，在進館人次的月平均增長率不變的條件下，校圖書館能否接納第四個月的進館人次，并說明理由．
【分析】（1）先分別表示出第二個月和第三個月的進館人次，再根據(jù)第一個月的進館人次加第二和第三個月的進館人次等于608，列方程求解；
（2）根據(jù)（1）所計算出的月平均增長率，計算出第四個月的進館人次，再與500比較大小即可．
【解答】解：（1）設(shè)進館人次的月平均增長率為x，則由題意得：
128+128（1+x）+128（1+x）2＝608
化簡得：4x2+12x﹣7＝0
∴（2x﹣1）（2x+7）＝0，
∴x＝0.5＝50%或x＝﹣3.5（舍）
答：進館人次的月平均增長率為50%．
（2）∵進館人次的月平均增長率為50%，
∴第四個月的進館人次為：128（1+50%）3＝128×＝432＜500
答：校圖書館能接納第四個月的進館人次．
【點評】本題屬于一元二次方程的應(yīng)用題，列出方程是解題的關(guān)鍵．本題難度適中，屬于中檔題．
42．（2021秋?溫嶺市期末）疫情就是命令，臺州新冠疫情防控指揮部安排某中學(xué)進行了核酸檢測采樣演練，演練下午3點開始，設(shè)6個采樣窗口，每個窗口采樣速度相同，學(xué)生陸續(xù)到操場排隊，4點半排隊完畢，小明就排隊采樣的時間和人數(shù)進行了統(tǒng)計，得到下表：
小明把記錄的數(shù)據(jù)，在平面直角坐標系里，描成點連成線，發(fā)現(xiàn)滿足學(xué)過的某些函數(shù)圖象如圖，請你解答：
（1）求曲線ABC部分的函數(shù)解析式；
（2）若排隊人數(shù)在220人及以上，即為滿負荷狀態(tài)，問滿負荷狀態(tài)的時間持續(xù)多長？
（3）如果采樣進行45分鐘后，為了減少扎堆排隊的時間，指揮部要求4點15分后，采樣可以隨到隨采，那么至
少需新增多少個采樣窗口？
（4）疫情防控指揮部按照每個采樣窗口與某中學(xué)相同采樣速度對員工人數(shù)為600的某單位進行全員核酸檢測，如果采樣時間t（分鐘）控制在30分鐘到60分鐘之間（即30≤t≤60），則開設(shè)的采樣窗口數(shù)量n（個）的范圍是 5≤n≤10 ．
【分析】（1）將A，B，C三點坐標代入二次函數(shù)解析式中即可；
（2）利用待定系數(shù)法將一次函數(shù)解析式求出來，然后將y＝220分別代入兩個函數(shù)求出x，相減即可得出答案；
（3）首先利用一次函數(shù)求出一個窗口每分鐘可以采樣的人數(shù)，然后表示出總窗口數(shù)與時間的表達式，按照要求大于當前的人數(shù)即可；
（4）利用采樣窗口數(shù)量n表示出采樣時間t，代入要求的時間范圍內(nèi)即可得出答案．
【解答】解：（1）設(shè)曲線ABC部分的函數(shù)解析式為：y＝ax2+bx+c，
將A（0，60），B（30，160），C（90，240）代入，
解得a＝﹣，b＝4，c＝60，
∴曲線ABC部分的函數(shù)解析式為：y＝﹣x2+4x+60；
（2）設(shè)CD的解析式為：y＝kx+b，
將C（90，240），D（110，0）代入，
解得：k＝﹣12，b＝1320，
∴CD的解析式為：y＝﹣12x+1320，
將y＝220代入y＝﹣x2+4x+60中，
解得：x＝60或x＝120（舍去），
將y＝220代入y＝﹣12x+1320中，
解得：x＝，
∵﹣60＝，
∴滿負荷狀態(tài)的時間為分；
（3）設(shè)至少需要新增m個窗口，
1個窗口1分鐘采樣的人數(shù)為：240÷20÷6＝2，
4：15分時的排隊人數(shù)為：
將x＝75代入y＝﹣x2+4x+60中，
解得：y＝235，
3：45分至4：15分之間采樣的人數(shù)為：
2×30×6＝360，
235+360＝595，
∴4點15分后，采樣可以隨到隨采表示595人需要在30分鐘內(nèi)采樣完畢，
∴2×（m+6）×30≥595，
解得：m≥，
∵m為整數(shù)，
∴m＝4，
∴至少需新增4個采樣窗口；
（4）∵2×n×t＝600，
∴t＝＝，
∵30≤t≤60，
∴30≤≤60，
∴5≤n≤10，
故答案為：5≤n≤10．
【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象與性質(zhì)，一次函數(shù)圖象與性質(zhì)的實際應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確提取圖象信息，正確求解解析式，理解問題中給出的限制條件，屬于中考必考題．
43．（2021秋?新華區(qū)校級期末）某公司銷售一種商品，成本為每件30元，經(jīng)過市場調(diào)查發(fā)現(xiàn)，該商品的日銷售量y（件）與銷售單價x（元）是一次函數(shù)關(guān)系，其銷售單價、日銷售量的三組對應(yīng)數(shù)值如表：
（1）求y與x的函數(shù)關(guān)系式；
（2）求公司銷售該商品獲得的最大日利潤．
【分析】（1）根據(jù)題中所給的表格中的數(shù)據(jù)，利用待定系數(shù)法可得其關(guān)系式；
（2）根據(jù)利潤等于每件的利潤乘以件數(shù)，再利用配方法求得其最值．
【解答】解：（1）設(shè)解析式為y＝kx+b，
將（40，80）和（60，60）代入，可得，解得：，
所以y與x的關(guān)系式為：y＝﹣x+120．
（2）設(shè)公司銷售該商品獲得的日利潤為w元，
w＝（x﹣30）y＝（x﹣30）（﹣x+120）＝﹣x2+150x﹣3600＝﹣（x﹣75）2+2025，
∵x﹣30≥0，﹣x+120≥0，
∴30≤x≤120，
∵﹣1＜0，
∴拋物線開口向下，函數(shù)有最大值．
∴當x＝75時，w最大＝2025．
答：公司銷售該商品獲得的最大日利潤是2025元．
【點評】該題考查的是有關(guān)函數(shù)的問題，涉及到的知識點有一次函數(shù)解析式的求解，二次函數(shù)的應(yīng)用，在解題的過程中，注意正確找出等量關(guān)系是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題目．
44．（2021秋?武昌區(qū)校級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，在AC上取一點D，以AD為直徑作⊙O，與AB相交于點E，作線段BE的垂直平分線MN交BC于點N，連接EN．
（1）求證：EN是⊙O的切線；
（2）若AC＝3，BC＝4，⊙O的半徑為1．求線段EN與線段AE的長．
【分析】（1）連接OE，根據(jù)NM是BE的垂直平分線，可得BN＝EN，進而得∠B＝∠NEB，再根據(jù)半徑相等得角相等，證明∠OEN＝90°即可證明EN是⊙O的切線；
（2）連接ON，利用勾股定理即可求EN的長，再連接ED，DB，根據(jù)直徑所對圓周角是直角，勾股定理即可求得AE的長．
【解答】解：（1）證明：如圖，連接OE，
∵NM是BE的垂直平分線，
BN＝EN，
∴∠B＝∠NEB，
∵OA＝OE
∴∠A＝∠OEA，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠OEN＝90°，即OE⊥EN，
∵OE是半徑，
∴EN是⊙O的切線；
（2）如圖，連接ON，
設(shè)EN長為x，則BN＝EN＝x
∵AC＝3，BC＝4，⊙O的半徑為1，
∴CN＝4﹣x，OC＝AC﹣OA＝3﹣1＝2，
∴OE2+EN2＝OC2+CN2，
∴12+x2＝22+（4﹣x）2，
解得x＝，
∴EN＝．
連接ED，DB，設(shè)AE＝y(tǒng)，
∵AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵⊙O的半徑為1．
∴AD＝2，
則DE2＝AD2﹣AE2＝22﹣y2，
∵CD＝AC﹣AD＝3﹣2＝1，
∴DB2＝CD2+BC2＝17，
∵AD為直徑，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴DE2+EB2＝DB2，
即22﹣y2+（5﹣y）2＝17，
解得y＝，
∴EN＝，AE＝．
【點評】本題考查了切線的判定與性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理、線段垂直平分線的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是綜合運用以上知識．
45．（2021秋?朝陽縣期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A（3，3），B（4，0），C（0，﹣1）．
（1）以點C為旋轉(zhuǎn)中心，把△ABC逆時針旋轉(zhuǎn)90°，畫出旋轉(zhuǎn)后的△A'B'C；
（2）在（1）的條件下，
①點A經(jīng)過的路徑AA'的長度為 （結(jié)果保留π）；
②點B'的坐標為 （﹣1，3） ．
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的定義作出點A、B繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到的對應(yīng)點，再順次連接可得；
（2）①根據(jù)弧長公式列式計算即可；②根據(jù)（1）中所作圖形可得點B'的坐標．
【解答】解：（1）如圖所示，△A′B′C即為所求；
（2）①∵AC＝＝5，∠ACA′＝90°，
∴點A經(jīng)過的路徑的長為＝，
故答案為：；
②由圖知點B′的坐標為（﹣1，3），
故答案為：（﹣1，3）．
【點評】本題主要考查作圖﹣旋轉(zhuǎn)變換，解題的關(guān)鍵是根據(jù)旋轉(zhuǎn)角度、旋轉(zhuǎn)方向、旋轉(zhuǎn)中心作出對應(yīng)點．
46．（2021秋?梧州期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的弦，點E是弧AC的中點，連接BE交AC于點F，若AB＝5，AC＝4，求FC的長．
【分析】連接BC，過點C作CG∥AB，交BE的延長線于點G，由平行線分線段成比例可得AB：CG＝AF：FC，因為點E是弧AC的中點，所以∠1＝∠2，由此可得GC＝BC，所以AB：BC＝AF：FC，進而可得AB：BC＝（4﹣FC）：FC，解之即可得出結(jié)論．
【解答】解：如圖，連接BC，過點C作CG∥AB，交BE的延長線于點G．
∴AB：CG＝AF：FC，∠G＝∠1，
又∵點E是AC弧的中點，
∴∠1＝∠2，
∴∠G＝∠2，
∴CG＝BC，
∴AB：BC＝AF：FC，
又∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝3，
又∵AC＝4，
∴AF＝AC﹣FC＝4﹣FC，
∴AB：BC＝（4﹣FC）：FC，即5：3＝（4﹣FC）：FC，
解得FC＝．
【點評】本題主要考查平行線分線段成比例，垂徑定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定等相關(guān)內(nèi)容，關(guān)鍵是作出正確的輔助線．
47．（2021秋?遵化市期末）如圖，D是AC上一點，DE∥AB，∠B＝∠DAE．
（1）求證：△ABC∽△DAE；
（2）若AB＝4，AD＝3，AE＝6，求BC的長．
【分析】（1）由兩直線平行，內(nèi)錯角相等，可得：∠EDA＝∠CAB，由∠B＝∠DAE，然后根據(jù)兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似，可證△ABC∽△DAE；
（2）由相似三角形對應(yīng)邊成比例，可得：，然后將AB＝8，AD＝6，AE＝4，代入即可．
【解答】（1）證明：∵DE∥AB，
∴∠ADE＝∠CAB，
∵∠B＝∠DAE，
∴△ABC∽△DAE．
（2）解：∵△ABC∽△DAE，
∴，
∵AB＝4，AD＝3，AE＝6，
∴，
∴BC＝8．
【點評】此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵知道兩角對應(yīng)相等兩個三角形相似及相似三角形對應(yīng)邊成比例．
48．（2021秋?鐘山區(qū)期末）如圖①是某市地鐵站的一組智能通道閘機，當行人通過智能閘機時會自動識別行人身份，識別成功后，兩側(cè)的圓弧翼閘會自動收回到機箱內(nèi)，行人即可通行．圖②是一個智能通道閘機的截面圖，已知∠ABC＝∠DEF＝28°，AB＝DE＝60cm，點A、D在同一水平線上，且A、D之間的距離是10cm．
（1）試求閘機通道的寬度（參考數(shù)據(jù)：sin28°≈0.47，cs28°≈0.88，tan28°≈0.53）
（2）實驗數(shù)據(jù)表明，一個智能閘機通道平均每分鐘檢票通過的人數(shù)是一個人工檢票口通過的人數(shù)的2倍．若有240人的團隊通過同一個人工檢票口比通過同一個智能閘機檢票口多用4分鐘，求一個人工檢票口和一個智能閘機通道平均每分鐘檢票各通過多少人？
【分析】（1）連接AD，并向兩方延長，分別交BC，EF于M，N，由點A，D在同一條水平線上，BC，EF 均垂直于地面可知，MN⊥BC，MN⊥EF，所以MN的長度就是BC與EF之間的距離，同時，由兩圓弧翼成軸對稱可得，AM＝DN，解直角三角形即可得到結(jié)論；
（2）設(shè)一個人工檢票口平均每分鐘檢票通過的人數(shù)為x人，根據(jù)題意列方程即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥EF于點N，如圖：
在Rt△AMB中，AB＝60cm，∠ABM＝28°，
∴sin28°＝，
∴AM＝AB×sin28°＝0.47×60＝28.2（cm），
同理 DN＝28.2cm，
∴閘機通道的寬度BE＝AM+AD+DN＝28.2×2+10＝66.4（cm）；
答：閘機通道的寬度是66.4cm；
（2）解：設(shè)一個人工檢票口每分鐘檢票通過的人數(shù)為x人，則一個智能閘機檢票口每分鐘通過的人數(shù)為2x人，
由題意得：﹣＝4，
解得：x＝30，
經(jīng)檢驗：x＝30是原方程的解，
∴2x＝2×30＝60（人），
答：一個人工檢票口每分鐘檢票通過30人，一個智能閘機檢票口每分鐘通過60人．
【點評】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，分式方程的應(yīng)用，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
49．（2021秋?泰和縣期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸為直線x＝﹣1，與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于C，OA＝OC，點A的坐標為（﹣3，0）．
（1）求拋物線的表達式；
（2）若點P在拋物線上，且S△POC＝4S△BOC，求點P的坐標；
（3）設(shè)點Q是線段AC上的動點，作QD⊥x軸交拋物線于點D，求線段QD長度的最大值．
【分析】（1）根據(jù)OA＝OC，可求c；再依據(jù)對稱軸是直線x＝﹣1，點A的坐標為（﹣3，0），可求a、b，即得求拋物線解析式．
（2）可求△BOC的面積，根據(jù)S△POC＝4S△BOC，可求P點坐標．
（3）求出直線AC解析式，設(shè)點Q（m，﹣m﹣3）（﹣3≤m≤0），則點D（m，m2+2m﹣3），根據(jù)二次函數(shù)的最值求法，可求QD的最大值．
【解答】解：（1）令x＝0，則y＝c，
∴OC＝﹣c，
∵OA＝OC，
∴3＝﹣c，即c＝﹣3．
∵對稱軸是直線x＝﹣1，點A的坐標為（﹣3，0），
根據(jù)題意得：，
解之：．
∴拋物線解析式y(tǒng)＝x2+2x﹣3．
（2）當x＝0時，y＝﹣3，
∴點C（0，﹣3），即OC＝3，
∵A，B關(guān)于對稱軸對稱，
∴B（1，0），即OB＝1，
∴S△BOC＝OB×OC＝，
設(shè)P（x，x2+2x﹣3），
∴S△POC＝×3×|x|，
∵S△POC＝4S△BOC，
∴|x|＝4×，
∴x＝±4，
∴P（4，21），（﹣4，5）．
（3）∵點A（﹣3，0），點C（0，﹣3），
∴直線AC解析式y(tǒng)＝﹣x﹣3，
∴設(shè)點Q（m，﹣m﹣3）（﹣3≤m≤0），
則點D（m，m2+2m﹣3），
∴QD＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣（m+）2+，
∴當m＝﹣時，QD的最大值為 ．
【點評】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的最值問題，利用數(shù)形結(jié)合思想解決問題是本題的關(guān)鍵．
50．（2021秋?信豐縣期末）如圖，已知點M（﹣2，0），a＜0，n為正整數(shù)．拋物線C1：y1＝a（x﹣1）2+k1交x軸于點M與點A1（b1，0），C2：y2＝a（x﹣b1）2+k2交x軸于點M與點A2（b2，0），C3：y3＝a（x﹣b2）2+k3交x軸于點M與點A3（b3，0），…按此規(guī)律，?n：yn＝a（x﹣bn﹣1）2+kn．交x軸于點M與點An（bn，0）．
（1）填空：b1＝ 6 ，b2＝ 8 ，b3＝ 10 ，An﹣1An＝ 2 ；
（2）用含a的代數(shù)式表示：拋物線y3的頂點坐標為 （3，﹣25a） ；拋物線yn的頂點坐標為 [n，﹣（n+2）2a] ；
（3）設(shè)拋物線?n的頂點為Pn．
①若△MP10A10為等腰直角三角形，求a的值；
②直接寫出當a與n滿足什么數(shù)量關(guān)系時，△MPnAn是等腰直角三角形．
【分析】（1）根據(jù)拋物線C1：y1＝a（x﹣1）2+k1（a≠0）交x軸于點（0，0），對稱軸為直線x＝1，可得拋物線與x軸的另一個交點，進一步得到b1的值；用相同的方法可得bn＝2n+2，則An﹣1An＝bn﹣bn﹣1可求．
（2）把M（﹣2，0）與點A3（b3，0），b3＝6代入y3＝a（x﹣b2）2+k3即可得到結(jié)論；依此類推第n條拋物線yn的頂點坐標為[n，﹣（n+2）2a]．
（3）①由已知條件得到C10：y1＝a（x﹣10）2﹣144a（a＜0）頂點P10（10，﹣144a），A10（22，0），求得|MA10|＝24，根據(jù)已知條件列方程即可得到結(jié)論．
②由△MPnAn是等腰直角三角形，得到關(guān)系式．
【解答】解：（1）∵拋物線C1：y1＝a（x﹣1）2+k1（a≠0交x軸于點M（﹣2，0）與點A1（b1，0），對稱軸為直線x＝1，
∴拋物線與x軸的另一個交點為（4，0），
∴b1＝4；利用相同的方法可得b2＝6，b3＝8，b4＝10，
按此規(guī)律可得bn＝2n+2，
∴An﹣1An＝bn﹣bn﹣1＝2n+2﹣2（n﹣1）+2＝2．
（2）∵y3＝a（x﹣b2）2+k3交x軸于點M（﹣2，0）與點A3（b3，0），b3＝6，
∴0＝a（﹣2﹣3）2+k3，
∴k3＝﹣25a，
∴拋物線y3的頂點坐標為（3，﹣25a）．
∴依此類推第n條拋物線yn的頂點坐標為[n，﹣（n+2）2a]．
（3）①∵C1拋物線C10：y10＝a（x﹣10）2﹣144a（a＜0），
頂點P10（10，﹣144a），A10（22，0），
∴|MA10|＝24，
∵△MP10A10是等腰直角三角形，
∴|﹣144a|＝×24，
∴a＝±，又∵a＜0，
∴a＝﹣．
②yn＝a（x﹣n）2+[﹣（n+2）2a]，
頂點Pn（n，﹣（n+2）2a），A＞（2n+2，0），
|MAn|＝2n+4，
△MPnAn是等腰直角三角形，
﹣（n+2）2a＝×（2n+4），
解得a＝﹣＝﹣＝﹣．
當a與n滿足a＝﹣時，△MPnAn是等腰直角三角形．
故答案為：（1）6、8、10、2；
（2）（3，﹣25a）；[n，﹣（n+2）2a]．
【點評】考查了二次函數(shù)綜合題，主要利用了二次函數(shù)的對稱性，以及頂點坐標，等腰直角三角形的性質(zhì)，找到規(guī)律是解題的關(guān)鍵．
51．（2021秋?大豐區(qū)期末）如圖，AB、AC分別是半⊙O的直徑和弦，OD⊥AC于點D，過點A作半⊙O的切線AP，AP與OD的延長線交于點P，連接PC并延長與AB的延長線交于點F．
（1）求證：PC是半⊙O的切線；
（2）若∠CAB＝30°，AB＝6，求由劣弧AC、線段AC所圍成圖形的面積S．
【分析】（1）連接OC，利用切線的性質(zhì)定理證明∠OAP＝90°，然后證明△OAP≌△OCP，利用全等三角形的對應(yīng)角相等，可得∠OCP＝∠OAP＝90°，即可解答；
（2）在Rt△AOD中求出AD與OD的長度，然后利用扇形AOC的面積減去△AOC的面積進行計算即可解答．
【解答】（1）證明：連接OC，
∵PA是半⊙O的切線，A為切點，
∴∠OAP＝90°，
∵OD⊥AC，OD經(jīng)過圓心O，
∴CD＝AD，
∴OP是AC的垂直平分線，
∴PC＝PA，
∵OC＝OA，OP＝OP，
∴△OCP≌△OAP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∵OC是⊙O的半徑，
∴PC是⊙O的切線；
（2）解：∵AB是⊙O的直徑，AB＝6，
∴OA＝OB＝3，
∵∠ADO＝90°，∠CAB＝30°，
∴OD＝OA＝，
∴AC＝2AD＝，
∴S△AOC＝AC?OD＝，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
∴∠AOC＝180°﹣60°＝120°，
∴S扇形AOC＝，
∴S＝S扇形AOC﹣S△AOC＝．
【點評】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，扇形面積的計算，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
52．（2021秋?潛山市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝，點O在AB上，OB＝2，以O(shè)B為半徑作⊙O交BC于點D．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）求CD的長．
【分析】（1）要證明AC是⊙O的切線，所以想到過點O作OE⊥AC，垂足為C，然后利用A字型模型相似三角形求出OE的長等于半徑即可；
（2）要求CD的長，因為∠C＝90°，想到構(gòu)造矩形，所以過點O作OF⊥BC，垂足為F，證明四邊形OFCE是矩形，可得CF＝OE＝2，從而求出BF的長，再利用垂徑定理求出BD即可解答．
【解答】（1）證明：過點O作OE⊥AC，垂足為C，
∵AB＝5，OB＝2，
∴AO＝AB﹣OB＝3，
∵∠OEA＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△AEO∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴OE＝OB＝2，
∴AC是⊙O的切線；
（2）過點O作OF⊥BC，垂足為F，
∵∠OEA＝∠C＝∠OFC＝90°，
∴四邊形OFCE是矩形，
∴OE＝CF＝2，
∵BC＝，
∴BF＝BC﹣CF＝，
∵OF⊥BD，
∴BD＝2BF＝，
∴CD＝BC﹣BD＝．
【點評】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
53．（2021秋?甘井子區(qū)期末）如圖，△ABC中，AB＝AC＝3cm，BC＝4cm，點P從點B出發(fā)，沿線段BC以2cm/s的速度向終點C運動，點Q從點C出發(fā)，沿著C→A→B的方向以3cm/s的速度向終點B運動，P，Q同時出發(fā)，設(shè)點P運動的時間為t（s），△CPQ的面積為S（cm2）．
（1）求sinB；
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍．
【分析】（1）過點A作AD⊥BC，垂足為D，利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)求出BD的長，再利用勾股定理求出AD的長即可解答；
（2）分兩種情況，當0＜t≤1時，當1＜t＜2時．
【解答】解：（1）過點A作AD⊥BC，垂足為D，
∵AB＝AC＝3cm，AD⊥BC，
∴BD＝BC＝2cm，
在Rt△ABD中，AB＝3cm，BD＝2cm，
∴AD＝＝＝，
∴sinB＝＝；
（2）過點Q作QE⊥BC，垂足為E，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴sinB＝sinC＝，
分兩種情況：當0＜t≤1時，
由題意得：CQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝4﹣2t，
在Rt△CQE中，QE＝CQsinC＝3t?＝t，
∴S＝CP?QE＝?（4﹣2t）?t＝2t﹣t2＝﹣t2+2t，
當1＜t＜2時，
由題意得：CA+AQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝4﹣2t，
BQ＝AB+AC﹣（CA+AQ）＝6﹣3t，
在Rt△BQE中，QE＝BQsinB＝（6﹣3t）?＝2﹣t，
∴S＝CP?QE＝?（4﹣2t）?（2﹣t）＝t2﹣4t+4，
∴S＝．
【點評】本題考查了解直角三角形，函數(shù)關(guān)系式，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，函數(shù)自變量的取值范圍，熟練掌握解直角三角形是解題的關(guān)鍵，同時滲透了分類討論的數(shù)學(xué)思想．
54．（2021秋?法庫縣期末）用小立方體搭一個幾何體，使它的主視圖和俯視圖如圖所示，俯視圖中小正方形中字母表示在該位置小立方體的個數(shù)，請解答下列問題：
（1）求a，b，c的值；
（2）這個幾何體最少有幾個小立方體搭成，最多有幾個小立方體搭成；
（3）當d＝2，e＝1，f＝2時畫出這個幾何體的左視圖．
【分析】（1）由主視圖可得，俯視圖中最右邊一個正方形處有3個小立方體，中間一列兩個正方形處各有1個小立方體；
（2）依據(jù)d，e，f處，有一處為2個小立方體，其余兩處各有1個小立方體，則該幾何體最少有9個小立方體搭成；d，e，f處，各有2個小立方體，則該幾何體最多有11個小立方體搭成；
（3）依據(jù)d＝2，e＝1，f＝2，即可得到幾何體的左視圖．
【解答】解：（1）由主視圖可得，俯視圖中最右邊一正方形處有3個小立方體，中間一列兩個正方形處各有1個小立方體，
∴a＝3，b＝1，c＝1；
（2）若d，e，f處，有一處為2個小立方體，其余兩處各有1個小立方體，則該幾何體最少有9個小立方體搭成；
若d，e，f處，各有2個小立方體，則該幾何體最多有11個小立方體搭成，
（3）當d＝2，e＝1，f＝2時，幾何體的左視圖為：
．
【點評】此題主要考查了三視圖，用到的知識點為：三視圖分為主視圖、左視圖、俯視圖，分別是從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形；俯視圖決定底層立方塊的個數(shù)，易錯點是由主視圖得到其余層數(shù)里最少的立方塊個數(shù)和最多的立方塊個數(shù)．
55．（2021秋?硚口區(qū)期末）拋物線y＝ax2+2x+c與x軸交于A（﹣1，0）、B兩點，與y軸交于點C（0，3），點D（m，3）在拋物線上．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，連接BC、BD，點P在對稱軸左側(cè)的拋物線上，若∠PBC＝∠DBC，求點P的坐標；
（3）如圖2，點Q為第四象限拋物線上一點，經(jīng)過C、D、Q三點作⊙M，⊙M的弦QF∥y軸，求證：點F在定直線上．
【分析】（1））把A、C坐標代入，可得關(guān)于a、c的二元一次方程組，解方程組求出a、c．
（2）設(shè)BP與y軸交點為G，求出點D坐標為可得CD＝2且CD∥x軸，由OB＝OC可得∠BCO＝∠CBO＝∠DCB＝45°，從而證明△CGB≌△CDB（ASA），得出點G坐標后，解出BP所在直線方程，然后聯(lián)立直線方程與拋物線方程求解．
（3）連接MD，MF，設(shè)O（m，﹣m2+2m+3），F(xiàn)（m，t），根據(jù)CD、QF為⊙M的弦，可得圓心M是CD、QF的垂直平分線的交點，即可表示出點M坐標，根據(jù)MD＝MF，利用兩點間距離公式可得等式，整理可得t＝2，即可得答案．
【解答】解：（1）將（﹣1，0），（0，3）代入y＝ax2+2x+c得，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3．
（2）把y＝3代入y＝﹣x2+2x+3得x＝2，
∴點D坐標為（2，3），
設(shè)BP與y軸交點為G，
∵拋物線與y軸交點C坐標為（0，3），
∴CD∥x軸，
∵B（3，0），
∴OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBO＝∠DCB＝45°．
∵BC＝BC，∠PBC＝∠DBC，
∴△CGB≌△CDB（ASA），
∴CG＝CD＝2，
∴OG＝OC﹣GC＝1，
∴點G坐標為（0，1）．
設(shè)直線BP解析式為y＝kx+b，
把（3，0），（0，1）代入解析式得，
解得，
∴y＝﹣x+1，
令﹣x2+2x+3＝﹣x+1，
解得x＝﹣或x＝3（舍）．
把x＝﹣代入y＝﹣x+1得y＝．
∴點P坐標為（﹣，）．
（3）如圖，證明：
連接MD，MF設(shè)Q（m，﹣m2+2m+3），F(xiàn)（m，t），
∵CD、QF為⊙M的弦，
∴圓心M是CD、QF的垂直平分線的交點，
∵C（0，3），D（2，3），QF//y軸
∴M（1，）．
∵MD＝MF，
∴（﹣3）2+（2﹣1）2＝（m﹣1）2+（﹣t）2．
整理得：t＝2，
∴點F在定直線y＝2上．
【點評】本題考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和全等三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)與一次函數(shù)的性質(zhì)，通過數(shù)形結(jié)合求解．
56．（2021秋?濂溪區(qū)校級期末）在平面直角坐標系中，有系列拋物線yn＝﹣nx2﹣nx+n+1（n為正整數(shù)）．系列拋物線的頂點分別為M1，M2，M3，…，Mn．
（1）下列結(jié)論正確的序號是 ①②④ ．
①系列拋物線的對稱軸是直線x＝﹣；
②系列拋物線有公共交點（﹣4，1）和（1，1）；
③系列拋物線都是由拋物線y＝﹣x2平移所得；
④任意兩條相鄰拋物線頂點的距離相等；
（2）對于任意一條與x軸垂直的直線x＝a，與系列拋物線的交點分別為N1，N2，N3，…，Nn．
①當a＝0時，NnNn﹣1＝ 1 ；
②試判斷相鄰兩點之間的距離是否相等，若相等，直接寫出相鄰兩點之間的距離NnNn﹣1；若不相等，說明理由；
③以NnNn﹣1為邊作正方形，若正方形的另二個點落在對稱軸上，求a的值．
【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸、頂點坐標的求法，以及平移的性質(zhì)即可求解；
（2）根據(jù)題意求得NnNn﹣1＝y(tǒng)n﹣1﹣yn＝a2+a﹣1； ①令a＝0，代入求解即可；②相等距離就是a2+a﹣1；③分兩種情況討論，列出一元二次方程，求解即可．
【解答】解：（1）系列拋物線的對稱軸是直線x＝﹣＝﹣＝﹣，故①正確；
yn＝﹣nx2﹣nx+n+1＝﹣n（x2+3x﹣4）+1，
令x2+3x﹣4＝0．解得x＝﹣4或x＝1，
∴系列拋物線有公共交點為（﹣4，1），（1，1），故②正確；
∵系列拋物線二次項的系數(shù)為﹣n，與拋物線y＝﹣x2的系數(shù)不同，
∴系列拋物線不是由拋物線y＝﹣x2平移所得，故③錯誤；
∵yn＝﹣nx2﹣nx+n+1＝﹣n（x2+3x+﹣）+n+1＝﹣n（x+）2+n+1，
∴系列拋物線的頂點坐標為（﹣，n+1）．
∴MnMn﹣1＝，即任意兩條相鄰拋物線頂點的距離都等于，故④正確；
綜上，正確的有①②④，
故答案為：①②④；
（2）當x＝a時，yn＝﹣na2﹣na+n+1，
yn﹣1＝﹣（n﹣1）a2﹣（n﹣1）a+（n﹣1）+1＝﹣na2+a2﹣na+a+n，
∴NnNn﹣1＝y(tǒng)n﹣1﹣yn＝a2+a﹣1；
①當a＝0時，NnNn﹣1＝1；
故答案為：1；
②相鄰兩點之間的距離相等，距離為NnNn﹣1＝|a2+a﹣1|；
③∵系列拋物線的對稱軸是直線x＝﹣；
當a＜﹣時，
由題意得：a2+a﹣1＝﹣+a；
整理得a2+7a+2＝0．解得a＝（舍去）或a＝；
當a＞﹣時，
整理得a2﹣a﹣10＝0，解得a＝（舍去）或a＝；
綜上，a的值為或．
【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象的基本特征等，正確理解題意是本題解題的關(guān)鍵．
57．（2021秋?芙蓉區(qū)校級期末）如圖，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的圖象與x軸交于點A（1，0）、B（﹣3，0），與y軸的正半軸交于點C．
（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的表達式；
（2）點D是線段OB上一動點，過點D作y軸的平行線，與BC交于點E，與拋物線交于點F，連接CF，探究是否存在點D使得△CEF為直角三角形？若存在，求點D的坐標；若不存在，說明理由；
（3）若點P在二次函數(shù)圖象上，是否存在以P為圓心，為半徑的圓與直線BC相切，若存在，求點P的坐標；若不存在，說明理由．
【分析】（1）根據(jù)點A，B的坐標，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達式；
（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出點C的坐標，由點B，C的坐標利用待定系數(shù)法可求出直線BC的函數(shù)表達式，根據(jù)題意，需要分兩種情況：①當點F為直角頂點時；②當點C為直角頂點時，分別畫出圖形，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求得結(jié)論；
（3）過點P作PG⊥BC于點G，過點P作直線PH∥BC，過點P作y軸的垂線，交BC于點N，交x軸于點M，求出PH的解析式，聯(lián)立直線PH和拋物線的函數(shù)表達式組成方程組，通過解方程組即可求出點P的坐標．
【解答】解：（1）將點A（1，0）、B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：，
解得：，
∴二次函數(shù)解析式為y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）存在，理由如下：
∵二次函數(shù)解析式為y＝﹣x2﹣2x+3∴點C的坐標為（0，3），
∴直線BC的解析式為y＝x+3．
①當∠CFE＝90°時，
∵CF∥OB，可解得點F（﹣2，3），
此時點D坐標為（﹣2，0）．
②當∠ECF＝90°時，
∵CF⊥OB，可解得點F（﹣1，4），
此時點D坐標為（﹣1，0）．
綜上，點D的坐標為（﹣2，0）或（﹣1，0）．
（3）存在，理由如下：
如圖，過點P作PG⊥BC于點G，過點P作直線PH∥BC，過點P作y軸的垂線，交BC于點N，交x軸于點M．
∵PG＝，
∴PN＝2，
直線PH的解析式為y＝x+5或y＝x+1．
聯(lián)立直線PH和拋物線的解析式，得： 或，
解得： 或或 或，
∴點P坐標為（﹣1，4）或（﹣2，3）或（）或（）．
【點評】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、解一元二次方程、平行線的性質(zhì)以及三角形的面積，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標，利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式；（2）注意需要分類討論；（3）利用面積法結(jié)合平行線的性質(zhì)，求出直線EP的解析式．
58．（2021秋?阿城區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y＝ax2+2ax+c與x軸交于點A、C，且C（2，0），與y軸交于點B（0，4），直線y＝x+5與x軸交于點D、與y軸交于點E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）點P是第二象限拋物線上的一個動點，連接PE，將線段PE繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EF，過點F作FM⊥x軸于點M，設(shè)P點橫坐標為t，F(xiàn)M的長為d，求d與t之間的函數(shù)解析式（不要求寫自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，當t＝時，過E點作EH⊥DE交MF的延長線于點H，Q是AC的中點，連接PQ、DH交于點G，求G點坐標．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖1，作輔助線構(gòu)建兩個直角三角形，利用斜邊PE＝EF和兩角相等證兩直角三角形全等，得PA′＝EB′，則d＝FM＝OE﹣EB′代入列式可得結(jié)論，但要注意PA′＝﹣t；
（3）如圖2，根據(jù)直線EH的解析式表示出點P的坐標和H的坐標，發(fā)現(xiàn)點P和點H的縱坐標相等，則PH與x軸平行，證明△PGH≌△QGD，得PH＝DQ＝4，由此可得出點G是PQ的中點，利用線段中點公式求出結(jié)論．
【解答】解：（1）把B（0，4），C（2，0）代入y＝ax2+2ax+c得，
解得，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2﹣x+4；
（2）如圖，分別過P、F向y軸作垂線，垂足分別為P′、F′，
∴∠EP′P＝∠EF′F＝90°，
由旋轉(zhuǎn)可知，PE＝EF，∠PEF＝90°，
由直線DE的解析式為：y＝x+5，則E（0，5），
∴OE＝5，
∵∠PEO+∠OEF＝90°，∠PEO+∠EPP′＝90°，
∴∠EPP′＝∠OEF，
∴△PEP′≌△EFF′（AAS），
∴PP′＝EF′＝﹣t，
則d＝FM＝OF′＝OE﹣EF′＝5﹣（﹣t）＝5+t；
（3）如圖，由直線DE的解析式為：y＝x+5，
∵EH⊥ED，
∴直線EH的解析式為：y＝﹣x+5，
∵令y＝﹣x2﹣x+4＝0，
∴x＝﹣4或x＝2，
∴A（﹣4，0）．
∵t＝，
∴P（，+1），
∴EP′＝5﹣（+1）＝4﹣，
∴FF′＝OM＝EP′＝4﹣，
∴H（4﹣，+1），
∴PH∥x軸，PH＝4，
∴∠PHD＝∠HDQ，∠QPH＝∠PQD，
∵點Q是AC的中點，
∴Q（﹣1，0），
∴DQ＝4，
∴DQ＝PH＝4，
∴P與H的縱坐標相等，
∴PH∥x軸，
∴∠HPQ＝∠PQD，∠PGH＝∠QGD，
∵DG＝GH，
∴△PGH≌△QGD（ASA），
∴PG＝GQ，即點G是PQ的中點，
∴G（，）．
【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)的解析式，考查了直角三角形全等的性質(zhì)和判定，中點坐標公式；本題的關(guān)鍵是根據(jù)直角三角形全等對應(yīng)邊相等列式得出d與t的函數(shù)關(guān)系式．
59．（2021秋?懷寧縣期末）如圖，已知點F在AB上，且AF：BF＝1：2，點D是BC延長線上一點，BC：CD＝2：1，連接FD與AC交于點N，求FN：ND的值．
【分析】過點F作FE∥BD，交AC于點E，求出＝，得出FE＝BC，根據(jù)已知推出CD＝BC，根據(jù)平行線分線段成比例定理推出＝，代入化簡即可．
【解答】解：過點F作FE∥BD，交AC于點E，
∴＝，
∵AF：BF＝1：2，
∴＝，
∴＝，
即FE＝BC，
∵BC：CD＝2：1，
∴CD＝BC，
∵FE∥BD，
∴＝＝＝．
即FN：ND＝2：3．
證法二、連接CF、AD，
∵AF：BF＝1：2，BC：CD＝2：1，
∴＝＝，
∵∠B＝∠B，
∴△BCF∽△BDA，
∴＝＝，∠BCF＝∠BDA，
∴FC∥AD，
∴△CNF∽△AND，
∴＝＝．
【點評】本題考查了平行線分線段成比例定理的應(yīng)用，注意：平行線分的線段對應(yīng)成比例，此題具有一定的代表性，但是一定比較容易出錯的題目．
60．（2021秋?城關(guān)區(qū)期末）如圖，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一點，使得AE⊥DE；
（1）求證：△ABE∽△ECD；
（2）若AB＝4，AE＝BC＝5，求CD的長；
（3）當△AED∽△ECD時，請寫出線段AD、AB、CD之間數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【分析】（1）先根據(jù)同角的余角相等可得：∠DEC＝∠A，利用兩角相等證明三角形相似；
（2）先根據(jù)勾股定理得：BE＝3，根據(jù)△ABE∽△ECD，列比例式可得結(jié)論；
（3）先根據(jù)△AED∽△ECD，證明∠EAD＝∠DEC，可得∠ADE＝∠EDC，證明Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），則DF＝DC，同理可得：AF＝AB，相加可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAE，
∴△ABE∽△ECD；
（2）解：Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝5，
∴BE＝3，
∵BC＝5，
∴EC＝5﹣3＝2，
由（1）得：△ABE∽△ECD，
∴，
∴，
∴CD＝；
（3）解：線段AD、AB、CD之間數(shù)量關(guān)系：AD＝AB+CD；
理由是：過E作EF⊥AD于F，
∵△AED∽△ECD，
∴∠EAD＝∠DEC，
∵∠AED＝∠C，
∴∠ADE＝∠EDC，
∵DC⊥BC，
∴EF＝EC，
∵DE＝DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），
∴DF＝DC，
同理可得：△ABE≌△AFE，
∴AF＝AB，
∴AD＝AF+DF＝AB+CD．
【點評】此題考查學(xué)生對相似或全等三角形判定與性質(zhì)的理解和掌握，第3問中如果是直接求證AD＝AB+CD，比問“線段AD、AB、CD之間數(shù)量關(guān)系，并說明理由”，這種方法要簡單一些，注意作輔助線將AD分成兩條線段..
聲明：試題解
時間x（分）
0
15
30
45
75
90
95
100
110
人數(shù)y（個）
60
115
160
195
235
240
180
120
0
銷售單價x（元）
40
60
80
日銷售量y（件）
80
60
40

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